Mathématiques et algorithmique

1. La relation de récurrence donne ici

   \begin{equation*} x_{n+1}=x_n+\frac{\cos(x_n)}{\sin(x_n)}. \end{equation*}

   On obtient :

   \begin{align*} x_0&=2;\\ x_1&=x_0+\frac{\cos(x_0)}{\sin(x_0)}\approx 1{,}542\,342;\\ x_2&=x_1+\frac{\cos(x_1)}{\sin(x_1)}\approx 1{,}570\,804;\\ x_3&=x_2+\frac{\cos(x_2)}{\sin(x_2)}\approx 1{,}570\,796. \end{align*}

   Comme \(c=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}570\,796\,327\text{,}\) l'approximation par \(x_3\) est excellente.

2. La relation de récurrence donne ici

   \begin{equation*} x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^3-5}{3x_n^2}. \end{equation*}

   On obtient :

   \begin{align*} x_0&=9;\\ x_1&=x_0-\frac{x_0^3-5}{3x_0^2}\approx 6{,}020\,576;\\ x_2&=x_1-\frac{x_1^3-5}{3x_1^2}\approx 4{,}059\,698;\\ x_3&=x_2-\frac{x_2^3-5}{3x_2^2}\approx 2{,}807\,591. \end{align*}

   Comme \(c=\sqrt[3]{5}\approx 1{,}709\,975\,947\text{,}\) l'approximation par \(x_3\) est très mauvaise : on est parti d'une valeur trop éloignée.

3. La relation de récurrence donne ici

   \begin{equation*} x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^3-5}{3x_n^2}. \end{equation*}

   On obtient :

   \begin{align*} x_0&=1{,}5;\\ x_1&=x_0-\frac{x_0^3-5}{3x_0^2}\approx 1{,}740\,741;\\ x_2&=x_1-\frac{x_1^3-5}{3x_1^2}\approx 1{,}710\,516;\\ x_3&=x_2-\frac{x_2^3-5}{3x_2^2}\approx 1{,}709\,976. \end{align*}

   Comme \(c=\sqrt[3]{5}\approx 1{,}709\,975\,947\text{,}\) l'approximation par \(x_3\) est excellente.

4. La relation de récurrence donne ici

   \begin{equation*} x_{n+1}=x_n-x_n\cdot\ln(x_n). \end{equation*}

   On obtient :

   \begin{align*} x_0&=2;\\ x_1&=x_0-x_0\cdot\ln(x_0)\approx 0{,}613\,706;\\ x_2&=x_1-x_1\cdot\ln(x_1)\approx 0{,}913\,341;\\ x_3&=x_2-x_2\cdot\ln(x_2)\approx 0{,}996\,132. \end{align*}

   Comme \(c=1\text{,}\) l'approximation par \(x_3\) est assez bonne.

5. La relation de récurrence donne ici

   \begin{equation*} x_{n+1}=x_n-\frac{e^{x_n}-1}{e^{x_n}}=x_n-1+e^{-x_n}. \end{equation*}

   On obtient :

   \begin{align*} x_0&=5\\ x_1&=x_0-1+e^{-x_0}\approx 4{,}006\,738;\\ x_2&=x_1-1+e^{-x_1}\approx 3{,}024\,931;\\ x_3&=x_2-1+e^{-x_2}\approx 2{,}073\,492. \end{align*}

   Comme \(c=0\text{,}\) l'approximation par \(x_3\) est très mauvaise : on est parti d'une valeur trop éloignée.

Il suffit de déplacer print(x0) à l'intérieur de la boucle for :

# entrées :
def f(x):
    return x ** 2 - 2
def fPrime(x):
    return 2 * x
x0 = 2.0
n = 3
# instructions / sortie :
for i in range(1, n+1):
    x0 = x0 - f(x0) / fPrime(x0)
    print(x0) # instruction déplacée

Voici le code à utiliser et voilà les valeurs trouvées, arrondies à la sixième décimale :

1. \begin{align*} x_1&\approx -5{,}888\,889;\\ x_2&\approx -5{,}266\,667;\\ x_3&\approx -5{,}034\,003;\\ x_4&\approx -5{,}000\,656;\\ x_5&\approx -5{,}000\,000. \end{align*}
2. \begin{align*} x_1&\approx -8{,}666\,667;\\ x_2&\approx -6{,}983\,607;\\ x_3&\approx -5{,}878\,779;\\ x_4&\approx -5{,}261\,880;\\ x_5&\approx -5{,}032\,900. \end{align*}
3. \begin{align*} x_1&\approx 4{,}809\,770;\\ x_2&\approx 4{,}071\,163;\\ x_3&\approx 3{,}604\,327;\\ x_4&\approx 3{,}326\,867;\\ x_5&\approx 3{,}171\,262. \end{align*}
4. \begin{align*} x_1&\approx -0{,}911\,111;\\ x_2&\approx -2{,}445\,868;\\ x_3&\approx -1{,}995\,122;\\ x_4&\approx -2{,}000\,002;\\ x_5&\approx -2{,}000\,000. \end{align*}
5. \begin{align*} x_1&\approx 2{,}618\,852;\\ x_2&\approx 2{,}822\,953;\\ x_3&\approx 2{,}914\,183;\\ x_4&\approx 2{,}957\,708;\\ x_5&\approx 2{,}979\,001. \end{align*}

D'après ces calculs, il semble que le polynôme \(f(x)\) ait des zéros en \(-5\text{,}\) \(-2\) et en \(3\text{.}\) Effectivement, on peut vérifier que

1. On a

   \begin{align*} f(x)&=x^3+2x-10,\\ f'(x)&=3x^2+2,\\ f''(x)&=6x, \end{align*}

   donc \(f'\) ne s'annule pas, et \(f''\) s'annule en \(0\text{.}\) Cela donne le tableau de variations qui suit.

   \begin{equation*} \begin{array}{c|ccccc} x&-\infty&&&&0&&&&+\infty&\\ \hline f''(x)&-\infty&&-&&0&&+&&+\infty&\\ \hline f'(x)&+\infty&&+&&+&&+&&+\infty&\\ \hline f(x)&-\infty&&\nearrow&&-10&&\nearrow&&+\infty& \end{array} \end{equation*}

2. Comme c'est un polynôme, la fonction \(f\) est continue sur l'intervalle \([1;2]\text{.}\) Puisque

   \begin{equation*} f(1)\cdot f(2)=(-7)\cdot 2<0\;, \end{equation*}

   le théorème des valeurs intermédiaires implique qu'il existe un zéro \(c\) pour \(f\) dans \(]1;2[\text{.}\)

   Et comme \(f\) est strictement croissante sur \(]1;2[\text{,}\) il ne peut y avoir plus qu'un zéro dans cet intervalle.

3. Grâce au tableau de variations qui précède, on voit que

   \begin{equation*} f'(x)>0\quad\text{et}\quad f''(x)>0\quad\text{pour tout }x\in\;]0;3[. \end{equation*}

   Comme \(c\in\;]1;2[\subset]0;3[\text{,}\) les hypothèses du théorème 5.1.7 sont donc bien vérifiées avec, par exemple, \(b:=3\text{.}\)

4. Voici le code à utiliser, et voilà les valeurs trouvées, arrondies à la quinzième décimale :

   \begin{align*} x_1&\approx 1{,}857\,142\,857\,142\,857;\\ x_2&\approx 1{,}847\,461\,629\,279\,811;\\ x_3&\approx 1{,}847\,419\,038\,654\,180;\\ x_4&\approx 1{,}847\,419\,037\,832\,733;\\ x_5&\approx 1{,}847\,419\,037\,832\,733. \end{align*}

5. D'après le théorème 5.1.7, la suite \(\{x_n\}\) est strictement décroissante et converge vers \(c\text{.}\) Et comme par ailleurs \(f'(c)\ne 0\text{,}\) la convergence est quadratique, de sorte que le nombre de décimales exactes double grosso modo à chaque itération. On déduit donc de ce qui précède que

   \begin{equation*} c=1{,}847\,419\,037\,832\,73\ldots \end{equation*}

1. On a

   \begin{align*} f(x)&=3x^5-x^4-1,\\ f'(x)&=15x^4-4x^3=x^3(15x-4),\\ f''(x)&=60x^3-12x^2=12x^2(5x-1), \end{align*}

   donc \(f'\) s'annule en \(0\) et \(\frac{4}{15}\text{,}\) et \(f''\) s'annule en \(0\) et \(\frac{1}{5}\text{.}\) Cela donne le tableau de variations qui suit.

   \begin{equation*} \begin{array}{c|ccccccc} x&0&&&&1/5&&&&4/15&&&&+\infty&\\ \hline f''(x)&0&&-&&0&&+&&+&&+&&+\infty&\\ \hline f'(x)&0&&-&&-&&-&&0&&+&&+\infty&\\ \hline f(x)&-1&&\searrow&&&&\searrow&&&&\nearrow&&+\infty& \end{array} \end{equation*}

2. Comme c'est un polynôme, la fonction \(f\) est continue sur l'intervalle \([4/15;1]\text{.}\) Puisque

   \begin{equation*} f(0{,}3)\cdot f(1)\approx(-1)\cdot 1<0\;, \end{equation*}

   le théorème des valeurs intermédiaires implique qu'il existe un zéro \(c\) pour \(f\) dans \(]0{,}3;1[\text{.}\)

   Et comme \(f\) est strictement croissante sur \(]0{,}3;1[\text{,}\) il ne peut y avoir plus qu'un zéro dans cet intervalle.

3. Grâce au tableau de variations qui précède, on voit que

   \begin{equation*} f'(x)>0\quad\text{et}\quad f''(x)>0\quad\text{pour tout }\;x\in\;]4/15;2[. \end{equation*}

   Comme \(c\in ]0{,}3;1[\subset]4/15;2[\text{,}\) les hypothèses du théorème 5.1.7 sont donc bien vérifiées avec, par exemple, \(b:=2\text{.}\)

4. Voici le code à utiliser, et voilà les valeurs trouvées, arrondies à la quinzième décimale :

   \begin{align*} x_1&\approx 0{,}909\,090\,909\,090\,909;\\ x_2&\approx 0{,}884\,263\,293\,310\,463;\\ x_3&\approx 0{,}882\,621\,228\,330\,857;\\ x_4&\approx 0{,}882\,614\,429\,405\,551;\\ x_5&\approx 0{,}882\,614\,429\,289\,465;\\ x_6&\approx 0{,}882\,614\,429\,289\,465;\\ x_7&\approx 0{,}882\,614\,429\,289\,465. \end{align*}

5. D'après le théorème 5.1.7, la suite \(\{x_n\}\) est strictement décroissante et converge vers \(c\text{.}\) Et comme par ailleurs \(f'(c)\ne 0\text{,}\) la convergence est quadratique, de sorte que le nombre de décimales exactes double grosso modo à chaque itération. On déduit donc de ce qui précède que

   \begin{equation*} c=0{,}882\,614\,429\,289\,46\ldots \end{equation*}

1. Dans le cas où \(x=x_0\text{,}\) tous les facteurs \((x-x_0)^k\) s'annulent. Donc on peut prendre n'importe quelle valeur \(\xi\in\;]a;b[\text{.}\)

2. Dans le cas où \(n=0\text{,}\) \(x_0=a\) et \(x=b\text{,}\) on reconnaît le théorème des accroissements finis qu'on appelle aussi, parfois, théorème de Lagrange.

3. Dans le cas où \(n=0\text{,}\) \(x_0=a\text{,}\) \(x=b\text{,}\) et \(f(a)=f(b)\text{,}\) on reconnaît le théorème de Rolle.

4. Quelle que soit la valeur de \(A\text{,}\) on a \(g(x)=0\text{.}\)

   L'équation \(g(x_0)=0\) est équivalente à

   \begin{equation*} \frac{A}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}=f(x)-f(x_0)-\cdots-\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n. \end{equation*}

   Comme on a supposé \(x\ne x_0\text{,}\) cette dernière est équivalente à

   \begin{equation*} A=\frac{(n+1)!}{(x-x_0)^{n+1}}\left(f(x)-f(x_0)-\cdots-\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\right). \end{equation*}

5. Les hypothèses faites sur \(f\) entraînent que \(g\) est continue sur \([a;b]\text{,}\) et dérivable sur \(]a;b[\text{.}\)

   Par ailleurs, notons que la règle du produit donne

   \begin{equation*} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\right)=\frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t)^k-\frac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t)^{k-1} \end{equation*}

   pour tout \(1\le k\le n\) et tout \(t\in\;]a;b[\text{.}\)

   Grâce à cette formule de nature télescopique, on voit que

   \begin{align*} g'(t)&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(f(x)-f(t)-\sum_{k=1}^n\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k-\frac{A}{(n+1)!}(x-t)^{n+1}\right)\\ &=-f'(t)-\sum_{k=1}^n\left(\frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t)^k-\frac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t)^{k-1}\right)\\ &\quad+\frac{A}{n!}(x-t)^n\\ &=-f'(t)-\cdots-\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n\\ &\quad+f'(t)+\cdots+\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}\\ &\quad+\frac{A}{n!}(x-t)^n\\ &=-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n+\frac{A}{n!}(x-t)^n \end{align*}

   pour tout \(t\in\;]a;b[\text{.}\)

6. En appliquant le théorème de Rolle à la fonction \(g\) et à l'intervalle de bornes \(x\) et \(x_0\text{,}\) on trouve \(\xi\) compris strictement entre \(x\) et \(x_0\) tel que \(g'(\xi)=0\text{,}\) d'où

   \begin{equation*} \frac{A}{n!}(x-\xi)^n=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi)^n \end{equation*}

   et, finalement,

   \begin{equation*} A=f^{(n+1)}(\xi). \end{equation*}

   En isolant \(f(x)\) dans l'équation \(g(x_0)=0\text{,}\) on obtient alors la formule désirée, soit

   \begin{equation*} f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}. \end{equation*}

Fixons un indice \(n\geq 0\text{.}\) D'après la formule de Taylor-Lagrange (voir exercice 5.3.7), il existe \(\xi\in\;]c;x_n[\) tel que

Comme \(f(c)=0\text{,}\) une division par \(f'(x_n)\) donne

d'où

soit

et, en appliquant la valeur absolue à cette équation :

Par hypothèses, on a \(|f''(\xi)|\le M\) et \(|f'(x_n)|\ge m\text{,}\) donc

de sorte que

1. Comme \(c\geq 1\text{,}\) on a

   \begin{equation*} f'(x)=3x^2\geq 3\cdot 1^2=3\quad\text{et}\quad f''(x)=6x\leq 6\cdot 2=12 \end{equation*}

   pour tout \(x\in\;]c;x_0[\subset[1;2].\)

2. Grâce à l'exercice 5.3.8, on sait que la convergence de \(\{x_n\}\) vers \(c\) est quadratique : on s'attend donc à ce que le nombre de décimales exactes de \(x_n\) double grosso modo à chaque itération.

   Voici les valeurs calculées, arrondies à la neuvième décimale :

   \begin{equation*} \begin{array}{c|c|c|c} n&x_n&x_n-c&\frac{\left|x_{n+1}-c\right|}{\left|x_n-c\right|^2}\\ \hline 0&2{,}000\,000\,000&0{,}740\,078\,950&0{,}438\,326\,754\\ 1&1{,}500\,000\,000&0{,}240\,078\,950&0{,}631\,099\,415\\ 2&1{,}296\,296\,296&0{,}036\,375\,246&0{,}764\,212\,910\\ 3&1{,}260\,932\,225&0{,}001\,011\,175&0{,}792\,852\,043\\ 4&1{,}259\,921\,861&0{,}000\,000\,811&0{,}793\,658\,937 \end{array} \end{equation*}

3. Comme prévu, \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}x_n=c\) se traduit par le fait que \(x_n-c\) converge vers \(0\text{.}\)

   Quant à la dernière colonne, elle semble indiquer que

   \begin{equation*} \frac{\left|x_{n+1}-c\right|}{\left|x_n-c\right|^2}\leq 0{,}8 \end{equation*}

   pour tout \(n\ge 0\text{.}\) Or, grâce à l'exercice 5.3.8, on s'attendait à trouver

   \begin{equation*} \frac{\left|x_{n+1}-c\right|}{\left|x_n-c\right|^2}\leq K=\frac{M}{2m}=\frac{12}{2\cdot 3}=2 \end{equation*}

   pour tout \(n\ge 0\text{.}\) La majoration des termes de la troisième colonne par \(0{,}8\) n'est donc pas surprenante.

   Remarque : En fait, en travaillant plus fort, on pourrait montrer que cette suite est croissante et majorée par

   \begin{equation*} \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\left|x_{n+1}-c\right|}{\left|x_n-c\right|^2}=\frac{f''(c)}{2f'(c)}=\frac{6c}{2\cdot 3c^2}=\frac{1}{c}=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\approx 0{,}794. \end{equation*}

Cette équation est équivalente à \(e^x-2-x=0\text{.}\) Autrement dit, nous cherchons les zéros de la fonction

Comme \(f'(x)=e^x-1\) et \(f''(x)=e^x\text{,}\) on peut dresser le tableau de variations suivant :

On en déduit que \(f\) possède un zéro positif \(c_+\) et un zéro négatif \(c_-\text{.}\) Pour le premier, le théorème 5.1.7 s'applique. Pour le second, c'est sa version symétrique mentionnée à la remarque 5.1.9.

• Pour approcher \(c_+\text{,}\) comme \(f(2)>0\text{,}\) on part de \(x_0=2\text{.}\) En arrondissant à six décimales à chaque étape, on touve :

  \begin{align*} x_0&=2;\\ x_1&=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\approx 1{,}469\,553;\\ x_2&=x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx 1{,}207\,330;\\ x_3&=x_2-\frac{f(x_2)}{f'(x_2)}\approx 1{,}148\,806;\\ x_4&=x_3-\frac{f(x_3)}{f'(x_3)}\approx 1{,}146\,198;\\ x_5&=x_4-\frac{f(x_4)}{f'(x_4)}\approx 1{,}146\,193. \end{align*}

  On en déduit que

  \begin{equation*} c_+\approx 1{,}146. \end{equation*}

• Et pour approcher \(c_-\text{,}\) comme \(f(-2)>0\text{,}\) on part de \(x_0=-2\text{.}\)

  \begin{align*} x_0&=-2;\\ x_1&=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\approx -1{,}843\,482;\\ x_2&=x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}\approx -1{,}841\,406;\\ x_3&=x_2-\frac{f(x_2)}{f'(x_2)}\approx -1{,}841\,406. \end{align*}

  On en déduit que

  \begin{equation*} c_-\approx -1{,}841. \end{equation*}

1. Comme \(f'(x)=2x\) et \(f''(x)=2\) sont positives sur \(]0;+\infty[\text{,}\) et que \(f''\) est continue, les hypothèses du théorème 5.1.7 sont vérifiées. On a donc

   \begin{equation*} c=\sqrt{k}<\ldots<x_{n+1}<x_n<\ldots<x_0 \end{equation*}

   pour tout \(n\ge 0\text{,}\) et

   \begin{equation*} \lim_{n\rightarrow+\infty}x_n=\sqrt{k}. \end{equation*}

2. Pour tout \(n\geq 0\text{,}\) on a

   \begin{align*} x_{n+1}&=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}\\ &=x_n-\frac{x_n^2-k}{2x_n}\\ &=x_n-\frac{x_n^2}{2x_n}+\frac{k}{2x_n}\\ &=x_n-\frac{x_n}{2}+\frac{k}{2x_n}\\ &=\frac{x_n}{2}+\frac{k}{2x_n}\\ &=\frac{x_n+\frac{k}{x_n}}{2}. \end{align*}

3. Pour tout \(n\geq 0\text{,}\) on a

   \begin{align*} \frac{1}{2x_n}\left(x_n-\sqrt{k}\right)^2&=\frac{1}{2x_n}\left(x_n^2-2x_n\sqrt{k}+k\right)\\ &=\frac{x_n^2}{2x_n}-\frac{2x_n\sqrt{k}}{2x_n}+\frac{k}{2x_n}\\ &=\frac{x_n}{2}-\sqrt{k}+\frac{k}{2x_n}\\ &=\frac{x_n+\frac{k}{x_n}}{2}-\sqrt{k}\\ &=x_{n+1}-\sqrt{k}. \end{align*}

4. La valeur absolue a la propriété suivante :

   \begin{equation} \left|A\cdot B\right|=\left|A\right|\cdot\left|B\right|\quad\text{pour tous}\;A,B\in\mathbb{R}.\label{propvaleurabsolue}\tag{5.3.1} \end{equation}

   Par ailleurs, on a \(k\geq 2\) par hypothèse et, comme on l'a vu à la première question, \(\sqrt{k}<x_n\) pour tout \(n\geq 0\text{.}\) Donc

   \begin{equation*} 2x_n>2\sqrt{k}\ge 2\sqrt{2}>2 \end{equation*}

   d'où \(2x_n\ge 2\) et

   \begin{equation} 0<\frac{1}{2x_n}\leq\frac{1}{2}\quad\text{pour tout}\;n\geq 0.\label{minorxn}\tag{5.3.2} \end{equation}

   Pour tout \(n\geq 0\text{,}\) on a donc

   \begin{align*} \left|x_{n+1}-\sqrt{k}\right|&=\left|\frac{1}{2x_n}\left(x_n-\sqrt{k}\right)^2\right|\\ &=\left|\frac{1}{2x_n}\cdot\left(x_n-\sqrt{k}\right)\cdot\left(x_n-\sqrt{k}\right)\right|\\ &=\left|\frac{1}{2x_n}\right|\cdot\left|x_n-\sqrt{k}\right|\cdot\left|x_n-\sqrt{k}\right|\qquad\text{par}\;\knowl{./knowl/propvaleurabsolue.html}{\text{(5.3.1)}}\\ &=\frac{1}{2x_n}\left|x_n-\sqrt{k}\right|^2\\ &\leq \frac{1}{2}\left|x_n-\sqrt{k}\right|^2\qquad\text{par}\;\knowl{./knowl/minorxn.html}{\text{(5.3.2)}}. \end{align*}

5. En appliquant successivement la majoration de la question précédente pour \(n=3\text{,}\) puis \(n=2\) et enfin \(n=1\text{,}\) on obtient

   \begin{align*} \left|x_3-\sqrt{k}\right|&\leq\frac{1}{2}\cdot\left|x_2-\sqrt{k}\right|^2\\ &\leq\frac{1}{2}\cdot\left|\frac{1}{2}\cdot\left|x_1-\sqrt{k}\right|^2\right|^2\\ &=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^2}\cdot\left|x_1-\sqrt{k}\right|^4\\ &\leq\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^2}\cdot\left|\frac{1}{2}\cdot\left|x_0-\sqrt{k}\right|^2\right|^4\\ &=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^2}\cdot\frac{1}{2^4}\cdot\left|x_0-\sqrt{k}\right|^8\\ &=\frac{1}{2^7}\left|x_0-\sqrt{k}\right|^8. \end{align*}
6. \begin{align*} \left|x_3-\sqrt{k}\right|&\leq\frac{1}{2^7}\left|x_0-\sqrt{k}\right|^8\\ &\leq\frac{1}{2^7}\cdot 0{,}5^8\\ &=\frac{1}{2^7}\cdot \frac{1}{2^8}\\ &=\frac{1}{2^{15}}\\ &=0{,}000\,030\,517\ldots \end{align*}

   d'où

   \begin{equation*} \left|x_3-\sqrt{k}\right|\leq 0{,}000\,031. \end{equation*}

7. 1. On obtient :

      \begin{align*} x_0&=2;\\ x_1&=\frac{x_0+\frac{3}{x_0}}{2}=\frac{2+\frac{3}{2}}{2}=\frac{7}{4}=1{,}75;\\ x_2&=\frac{x_1+\frac{3}{x_1}}{2}=\frac{\frac{7}{4}+\frac{3\cdot 4}{7}}{2}=\frac{97}{56}=1{,}732\,142\,857\ldots;\\ x_3&=\frac{x_2+\frac{3}{x_2}}{2}=\frac{\frac{97}{56}+\frac{3\cdot 56}{97}}{2}=\frac{18817}{10864}=1{,}732\,050\,810\ldots. \end{align*}

   2. On obtient :

      \begin{align*} x_0&=\frac{5}{2}=2{,}5;\\ x_1&=\frac{x_0+\frac{5}{x_0}}{2}=\frac{\frac{5}{2}+\frac{5\cdot 2}{5}}{2}=\frac{9}{4}=2{,}25;\\ x_2&=\frac{x_1+\frac{5}{x_1}}{2}=\frac{\frac{9}{4}+\frac{5\cdot 4}{9}}{2}=\frac{161}{72}=2{,}236\,\overline{1};\\ x_3&=\frac{x_2+\frac{5}{x_2}}{2}=\frac{\frac{161}{72}+\frac{5\cdot 72}{161}}{2}=\frac{51841}{23184}=2{,}236\,067\,977\ldots. \end{align*}

8. Comme \(x_n>\sqrt{k}\text{,}\) on a \(\left|x_n-\sqrt{k}\right|=x_n-\sqrt{k}\) pour tout \(n\geq 0\text{.}\) La question 6 entraîne donc

   \begin{equation*} 0\leq x_3-\sqrt{k}\leq 0{,}000\,031, \end{equation*}

   d'où

   \begin{equation} -0{,}000\,031\leq\sqrt{k}-x_3\leq 0.\label{erreurx3}\tag{5.3.3} \end{equation}

   1. D'après les calculs de la question 7, on a l'encadrement

      \begin{equation*} 1{,}732\,050\leq x_3\leq 1{,}732\,051. \end{equation*}

      En additionnant les inégalités (5.3.3), on obtient alors

      \begin{equation*} 1{,}732\,050-0{,}000\,031\leq x_3+\left(\sqrt{3}-x_3\right)\leq 1{,}732\,051+0, \end{equation*}

      i.e.

      \begin{equation*} 1{,}732\,019\leq\sqrt{3}\leq 1{,}732\,051. \end{equation*}

      On en déduit la valeur arrondie

      \begin{equation*} \sqrt{3}\approx 1{,}732. \end{equation*}

   2. D'après les calculs de la question 7, on a l'encadrement

      \begin{equation*} 2{,}236\,067\leq x_3\leq 2{,}236\,068. \end{equation*}

      En additionnant les inégalités (5.3.3), on obtient alors

      \begin{equation*} 2{,}236\,067-0{,}000\,031\leq x_3+\left(\sqrt{5}-x_3\right)\leq 2{,}236\,068+0, \end{equation*}

      i.e.

      \begin{equation*} 2{,}236\,036\leq \sqrt{5}\leq 2{,}236\,068. \end{equation*}

      On en déduit la valeur arrondie

      \begin{equation*} \sqrt{5}\approx 2{,}236. \end{equation*}

1. La fonction \(f\) est continue sur l'intervalle \([0;1]\) car c'est un polynôme. Comme

   \begin{equation*} f(0)\cdot f(1)=(-1)\cdot 2<0, \end{equation*}

   le théorème des valeurs intermédiaires implique que \(f\) admet un zéro \(c\) dans l'intervalle \(]0;1[\text{.}\)

   Par ailleurs, on a

   \begin{equation*} f'(x)=4x^3+4x=4x(x^2+1). \end{equation*}

   Comme \(x>0\) et \(x^2+1>0\) pour tout \(x\in\;]0;1[\text{,}\) on voit que \(f'(x)>0\) dans cet intervalle. Donc \(f\) est strictement croissante sur \(]0;1[\text{,}\) et elle ne peut pas s'y annuler plus qu'une fois.

2. • Itération 1 :

     \begin{equation*} \begin{array}{ c<{{}} c >{{}}c } a=0 & m=0{,}5 & b=1\\ f(a)=-1 & f(m)=-0{,}4375 & f(b)=2 \end{array} \end{equation*}
     \begin{equation*} \text{d'où}\quad c\in\;]0{,}5;1[. \end{equation*}

   • Itération 2 :

     \begin{equation*} \begin{array}{ c<{{}} c >{{}}c } a=0{,}5 & m=0{,}75 & b=1 \\ f(a)=-0{,}4375 & f(m)=0{,}441\,406\,25 & f(b)=2 \end{array} \end{equation*}
     \begin{equation*} \text{d'où}\quad c\in\;]0{,}5;0{,}75[. \end{equation*}

3. On a \(f''(x)=12x^2+4>0\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\) et on a déjà vu que \(f'(x)>0\) pour tout \(x\in\;]0;1[\text{.}\) Les hypothèses du théorème 5.1.7 sont donc vérifiées avec \(b=1\) et c'est \(x_0=0{,}75\text{,}\) la valeur à droite du zéro, qu'il faut choisir.

4. Voici le code à utiliser, et voilà les valeurs trouvées, après arrondissement :

   \begin{align*} x_1&\approx 0{,}655\,833\,333\,333;\\ x_2&\approx 0{,}643\,775\,873\,119;\\ x_3&\approx 0{,}643\,594\,293\,534. \end{align*}

5. Comme \(f'(c)\ne 0\text{,}\) on s'attend à ce que le nombre de décimales exactes de \(c\) double grosso modo à chaque itération. Par ailleurs, d'après le théorème 5.1.7, la suite \(\{x_n\}\) est strictement décroissante. On déduit donc des calculs précédents que les deux premières décimales de \(c\) sont \(64\text{.}\)

1. Prendre cette sécante à la place de la tangente revient à remplacer \(f'(x_n)\) par \(\frac{f(x_n)-f(x_{n-1})}{x_n-x_{n-1}}\) dans la relation de récurrence de la méthode de Newton-Raphson. Pour tout \(n\geq 0\text{,}\) on a donc

   \begin{equation*} x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{\frac{f(x_n)-f(x_{n-1})}{x_n-x_{n-1}}}, \end{equation*}

   i.e.

   \begin{equation*} x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)(x_n-x_{n-1})}{f(x_n)-f(x_{n-1})}. \end{equation*}

2. On a \(f'(x)=-e^{-x}-1\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\text{.}\)

   Comme \(e^{-x}>0\text{,}\) on voit que \(f'(x)<0\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\) et, par conséquent, la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\text{.}\)

3. La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\text{.}\) Comme \(f(0)=1>0\) et \(f(1)=e^{-1}-1<0\text{,}\) le théorème des valeurs intermédiaires implique que la fonction \(f\) possède un zéro dans l'intervalle \(]0;1[\text{.}\)

   Comme par ailleurs \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\text{,}\) elle ne peut pas avoir plus qu'un zéro.

4. Voici le code à utiliser, et voilà les valeurs trouvées, après troncature :

   \begin{align*} x_0&=0;\\ x_1&=1;\\ x_2&=0{,}612\,699\,836\,780\,282\ldots;\\ x_3&=0{,}563\,838\,389\,161\,074\ldots;\\ x_4&=0{,}567\,170\,358\,419\,744\ldots;\\ x_5&=0{,}567\,143\,306\,604\,963\ldots. \end{align*}

5. Voici le code à utiliser, et voilà les valeurs trouvées, après troncature :

   \begin{align*} x_1&=1;\\ x_2&=0{,}537\,882\,842\,739\,990\ldots;\\ x_3&=0{,}566\,986\,991\,405\,413\ldots;\\ x_4&=0{,}567\,143\,285\,989\,123\ldots;\\ x_5&=0{,}567\,143\,290\,409\,783\ldots. \end{align*}

Comme la dérivée de la fonction

vaut \(g'(t)=2-e^t\text{,}\) on a le tableau de variations qui suit.

On en déduit que \(g(t)\ge 0\text{,}\) d'où \(2t\ge e^t-1\) pour tout \(t\in[0;1]\text{.}\)